算法1

(链表模拟) $O(mn)$

本题就是有名的约瑟夫环问题。我们可以环形列表来模拟，每次从这个列表中删除第m个元素，一直到列表最后剩下一个元素为止。

考虑用STL中std::list来模拟这个环形列表，由于list并不是一个环形的结构，因此每次跌代器扫描到列表末尾的时候，要记得把跌代器移到列表的头部。这样就是按照一个圆圈的顺序来遍历这个列表了。

由于我们需要一个有n个结点的环形列表来模拟这个删除的过程，因此内存开销为O(n)。而且这种方法每删除一个数字需要m步运算，总共有n个数字，因此总的时间复杂度是O(mn)。

时间复杂度分析：$O(mn)$

C++ 代码

#include <list>
class Solution {
public:
    int lastRemaining(int n, int m){
        list<int> nums;
        for (int i = 0; i < n; ++i) nums.push_back(i);
        auto it = nums.begin();
        int k = m - 1;
        while (nums.size() > 1){
            while (k--){
                it++;
                if (it == nums.end()) it = nums.begin();//别迭代器移到开头实现模拟环形列表
            }
            it = nums.erase(it);//删除第m个元素
            if (it == nums.end()) it = nums.begin();
            k = m - 1;
        }
        return nums.front();
    }
};

算法2

(推导递推公式) $O(n)$

在《剑指offer》上对该问题从数学上分析出了一些规律。首先定义最初的n个数字（0,1,…,n-1）中最后剩下的数字是关于n和m的方程为f(n,m)。

在这n个数字中，第一个被删除的数字是(m-1)%n，为简单起见记为k。那么删除k之后的剩下n-1的数字为0,1,…,k-1,k+1,…,n-1，并且下一个开始计数的数字是k+1。相当于在剩下的序列中，k+1排到最前面，从而形成序列k+1,…,n-1,0,…k-1。该序列最后剩下的数字也应该是关于n和m的函数。由于这个序列的规律和前面最初的序列不一样（最初的序列是从0开始的连续序列），因此该函数不同于前面函数，记为f’(n-1,m)。最初序列最后剩下的数字f(n,m)一定是剩下序列的最后剩下数字f’(n-1,m)，所以f(n,m)=f’(n-1,m)。

接下来我们把剩下的的这n-1个数字的序列k+1,…,n-1,0,…k-1作一个映射，映射的结果是形成一个从0到n-2的序列：

k+1    ->    0
k+2    ->    1
…
n-1    ->    n-k-2
0   ->    n-k-1
…
k-1   ->   n-2

把映射定义为p，则p(x)= (x-k-1)%n，即如果映射前的数字是x，则映射后的数字是(x-k-1)%n。对应的逆映射是p-1(x)=(x+k+1)%n。

由于映射之后的序列和最初的序列有同样的形式，都是从0开始的连续序列，因此仍然可以用函数f来表示，记为f(n-1,m)。根据我们的映射规则，映射之前的序列最后剩下的数字f’(n-1,m)= p-1 [f(n-1,m)]=[f(n-1,m)+k+1]%n。把k=(m-1)%n代入得到f(n,m)=f’(n-1,m)=[f(n-1,m)+m]%n。

经过上面复杂的分析，我们终于找到一个递归的公式。要得到n个数字的序列的最后剩下的数字，只需要得到n-1个数字的序列的最后剩下的数字，并可以依此类推。当n=1时，也就是序列中开始只有一个数字0，那么很显然最后剩下的数字就是0。因此有递推公式：

当n=1时，f(n, m) = 0
当n>1时，f(n, m) = [f(n-1, m) +m] % n

因此就可以递归求解，复杂度为$O(n)$。

时间复杂度分析：$O(n)$

C++ 代码

class Solution {
public:
    int lastRemaining(int n, int m){
        if(n==1)
            return 0;
        else
            return (lastRemaining(n-1,m)+m)%n;
    }
};